2025年九年级中考数学三轮专题冲刺复习圆与三角形综合问题

2025年九年级中考数学三轮专题冲刺复习 圆与三角形综合问题 1．如图，三点在上，直径平分，过点D作的切线交的延长线于点，为上一点，且． (1)求证： (2)如果半径为，求的长． 2．如图，是的外接圆，，，求的半径． 3．已知：在中，以边为直径的交于点，在劣弧上取一点，使，延长依次交于点，交于． (1)求的度数并求证； (2)若，的直径等于5，，求与的值． 4．如图，为的直径，点C在上，连接，D为的中点，过点C作的切线与射线交于点E． (1)求证：； (2)若延长与交于点F，若，，求的面积． 5．如图，已知为的直径，弦于点E，P是弧上一动点，连接交于点G，连结，． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，当P是弧的中点时，猜想、、之间的关系，并说明理由； (3)如图3，已知，若，求的值（用含m的代数式表示）． 6．如图，P为⊙O的直径延长线上的一点，为⊙O的切线，切点为C，于D，连接． (1)求证：平分； (2)若，，求⊙O的半径． 7．如图，内接于，为直径，作的角平分线交于点，过点作交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为，，求线段的长． 8．如图，是的外接圆，连接交于点． (1)求证：与互余； (2)若，，，求的半径． 9．如图，是的直径，弦于点是上一点，的延长线交于点，连结． (1)求度数． (2)求证：． (3)令，若，求k的值． 10．如图，内接于，，与直径交于点．    (1)如图1，若，．则的长为______． (2)如图2，在上取点，使，连接并延长交于点．求证：平分． (3)如图3，在（2）的条件下，已知，．求线段的长． 11．如图，以边的边为直径作圆O，交于D，E在弧上，连接、、，若． (1)求证：为切线； (2)求证：； (3)若点E是弧的中点，与交于点F，当，时，求的长． 12．如图，在中，是直径，，过的中点作的垂线交于点和，是上一动点．连接，，，． (1)求的长度； (2)延长到点，连接，使得．求证：是的切线； (3)猜想，，间的数量关系，并证明． 13．如图，正六边形为的内接正六边形，过点D作的切线，交的延长线于点P，连接的半径为6． (1)求的度数； (2)求线段的长； (3)若点M为上一点（不与点F，D重合），连接，直接写出与的面积之和． 14．如图1，为半圆O的直径，点C为半圆弧上一点，于点D，在上截取，连结，，与相交于点F． (1)求证：； (2)若，， ①求的长； ②如图2，连结，与相交于点G，求的面积． 15．如图，是⊙的直径，弦于点，是弧上一点，，的延长线交于点，连结，连结交于点，已知，． 【基本结论】 （1）求证：； 【一般规律探究】 （2）在点运动过程中，设，，求与之间的函数关系式； 【解决问题】 （3）当时，求和的面积之比．（直接写出答案） 【特殊位置探究】 （4）当四边形有两边相等时，求的长． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年九年级中考数学三轮专题冲刺复习圆与三角形综合问题》参考答案 1．(1)见解析； (2)5 【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，圆的切线的性质，圆周角，解直角三角形的应用等知识，掌握圆的相关性质是解题关键． （1）由角平分线的定义，得到，由圆的切线的性质和等腰对等角的性质，得到，从而得出，即可证明结论； （2）连接，根据角平分线的定义和三角形外角的性质，得到，再根据余弦值，设，，则，，，，再根据三角形面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：平分， ， 与相切， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：如图，连接， 平分， ， ， ，， ，， 是直径， ， ， ， 设，， ，，， ， 半径为， ， ， ， 解得：， ． 2． 【分析】本题考查了圆综合．熟练掌握圆内接四边形性质，圆周角定理推论，解三角形相关计算，是解题的关键． 连接并延长，交于点，连接，根据圆内接四边形性质得，根据，得，即得． 【详解】连接并延长，交于点，连接，则， ，， ， 在中， ， 的半径为． 3．(1)，证明见解析 (2)， 【分析】本题考查的是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质及勾股定理，根据题意作出辅助线是解题的关键． （1）根据圆周角定理可得：，，再根据直角三角形的性质即可得出结论； （2）首先利用勾股定理求出，，然后利用相似三角形的性质解答即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）∵，，， ∴， ∵的直径等于5， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即， 即， 解得：， ∴． 如图，连接， ∵是直径， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 4．(1)见解析 (2) 【分析】题目主要考查切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解三角形，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． （1）连接，根据题意得出，再由圆周角定理确定，根据切线的性质及等量代换即可证明； （2）根据题意设，得出，再由相似三角形的判定和性质得出，设，利用三角形中位线的性质及相似三角形的判定和性质求解即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵D为的中点，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为的直径，切于C， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）在中，， ∴设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴设， ∵D为的中点，O为的中点， ∴为的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的面积． 5．(1)见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据等弧所对的圆周角相等可得到结果； （2）根据等弧所对的圆周角相等可得到相等的角度，再根据等角所对的边相等可将线段等量代换，即可证明出结论； （3）先作辅助线，根据同位角相等两直线平行，得到两个相似的三角形，再根据线段之间的关系得到角的正切值，然后根据等量代换可得到要求的结果． 【详解】（1）证明：∵为的直径，弦， ∴， ∴； （2）解：猜想． 证明：∵P是弧的中点， ∴， 设， ∴所对的圆周角为，即所对的圆周角也为， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：作交于点M，连接，如图所示： ∵， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆与三角形的综合问题、同弧或等弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角为直角、垂径定理、相似三角形的判定与性质等，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键． 6．(1)详见解析 (2) 【分析】（1）连接，由切线定理得到，由垂直得到，由半径等得到，即可得出结论； （2）设，证出，再结合勾股定理进行计算即可； 本题重点考查圆周角定理、切线的性质定理、等腰三角形的性质、同角的余角相等、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）解：连接． ∵为⊙O切线， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ． ∴平分． （2）设． 在中，． 在中， ． 结合（1）中， ， ∴． ∴， 即． ∴． ∴． 解得 (舍去），， 即⊙O的半径为 7．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据直径所对圆周角是直角，可得，根据角平分线的性质，圆周角定理可得，根据平行线的性质可得，由此即可求解； （2）如图，过作于，可证四边形为正方形，根据解直角三角形可的的值，，根据平行可得，运用解直角三角形可得的值，由此即可求解． 【详解】（1）证明：∵为直径， ∴， ∵是的平分线， ∴， 由圆周角定理可知，， ∴， ∵， ∴， ∵为半径， ∴是的切线； （2）解：如图，过作于， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∵，，， 设，则， ∴，即， 解得，（负值舍去）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握圆的基础知识，勾股定理，平行线的性质，圆周角定理，解直角三角形的方法，正方形的判定和性质的综合是解题的关键． 8．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）延长交于点，连接，如图所示，由直径所对的圆周角是直角，利用互余及圆周角定理代换即可得证； （2）由题中条件得到，利用相似比，代值求解得到即可确定答案． 【详解】（1）证明：延长交于点，连接，如图所示： ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵，， ∴， ∴， ∵，，， ∴，解得， ∴． 【点睛】本题考查圆综合，涉及圆周角定理、互余、相似三角形的判定与性质、圆的性质等知识，熟练掌握圆的性质及三角形相似的判定与性质是解决问题的关键． 9．(1) (2)见详解 (3) 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，圆周角定理． （1）连接，先推出，，再利用,得； （2）连接，先证得，即即可； （3）先证得，设，则，得，由得，即，解出即可． 【详解】（1）解：如图，连接 是直径， , ； （2）如图，连接， 由（1）知，是等边三角形 , 即 ； （3）如图，连接 是等边三角形， 是直径， 设，则， 即 （舍去）或 ． 10．(1)4 (2)见解析 (3)线段的长为 【分析】（1）如图，连接，，可得，，即可求解； （2）如图2，，，而，可得，则，即可求解； （3）证和即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接，   ， ，即：B是的中点， ∴为等腰直角三角形， ∵， ，， 在中， ， ； （2）解：， ， 而， ， ， 即：平分； （3）解：， ∴设，则， 如图，延长交的延长线于H，连接，   为直径， ， ∴， 又平分， ∴， ∵， ∴， ，， ∵， ， ∵， ， 也是等腰三角形，即：， ， 其中，，，， 代入上式解得：， 而， 由， 解得：负值已舍去， 则：，，， 由（1）知，B是的中点，为等腰直角三角形， ∴， 如图，过点A作于点M， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ，， ， ∴， ∴， 解得：， ， 答：线段的长为． 【点睛】本题属于圆的综合题，涉及了三角形相似的判定与性质知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来． 11．(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）由为直径得出为90°，利用，及同弧所对圆周角相等得出，即可得出结论； （2）证出与相似， 由相似得出成比例线段，，即可得出结论； （3）利用第二问的结论求出，故，再利用等弧所对圆周角相等得出等角，即可求解． 【详解】（1）证明：为直径， ， ， ，， ， ，即， 是直径， 为切线． （2）证明：， ， ， ， ， （3）解：，， ， ， ， 在中，， 在中，， 过点F作，垂足为点G，如图， 点E是弧的中点， ， ， ，， ， ， 又， ． 【点睛】本题考查了圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及三角形的面积．证明三角形相似，熟练掌握圆周角定理的运用是解题的关键． 12．(1) (2)见解析 (3)，见解析 【分析】（1）由垂直平分，证明是等边三角形，求出的圆心角度数，进而根据弧长公式求出的长度， （2）由证明，进而可得，即可得出结论； （3）利用补短法，连接，延长到使，连接，证明，从而可得，，在中，求出，同理，，进而证明结论．也可利用旋转法作辅助线，构造直角三角形求解． 【详解】（1）解：连接，， 垂直平分， ， 又， 是等边三角形， ， 又， ， ． （2）是的直径， ， ， ， ， ， 于点，且是的半径， 是的切线． （3），理由如下： 法一：补短法 连接，延长到使，连接 是的直径， ， ， 四边形是圆内接四边形， 又， 在和中 ， ， 过作于点， 在中，由，得 同理， 即： 法二：旋转法 连接，， 由（1）知， ， 是等边三角形 同理，可得也是等边三角形， 将绕点顺时针旋转得到 ，，， 四边形是圆内接四边形 ，，三点共线 过作于点， 在中， ， 由，得同理， 即： 【点睛】此题主要考查圆切线的综合，解题的关键是熟知切线的性质及三角函数的应用．证明直线是圆的切线常用的方法：（1）若已知直线与圆有公共点，连接过这点的半径，证明这条半径与直线垂直即可，可简述为：有切点，连圆心，证垂直，（2）在已知条件中，未给出直线与圆有公共点时，那么就应从圆心向这条直线作垂线，再证明垂线段的长度与半径相等即可，即“无切点，作垂直，证半径”． 13．(1) (2) (3) 【分析】本题考查了圆内接正六边形，圆周角定理，切线性质，求三角形面积等知识点，熟练应用基本性质和定理是解题的关键． （1）连接，根据圆内接正六边形性质求出，进而由圆周角定理得出度数； （2）由切线性质得，在中，利用三角函数即可求解； （3）分别表达，再求和即可． 【详解】（1）解：如图1，连接， 正六边形为的内接正六边形， 是的直径，， ， ； （2）与相切，是的直径， ， 正六边形为的内接正六边形， ， 在中，， ； （3）正六边形为的内接正六边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 14．(1)见解析 (2)①；② 【分析】（1）根据圆周角定理求出，，根据直角三角形两锐角互余的性质求出，等量代换得出，根据等腰三角形的判定即可求出； （2）根据垂径定理求出，，利用证明≌，根据全等三角形的性质得出，根据线段的和差求出，设，则，根据勾股定理求解即可； 连结，，与相交于点根据垂径定理求出，，根据勾股定理求出，根据三角形面积公式求出，根据等腰三角形的判定与性质求出，进而推出是的中位线，根据三角形中位线的性质得出，，即可判定∽，根据相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连结．    ， ， 为半圆的直径， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：如图，连结，交于点． ，， ，， ，， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得， 即， 如图，连结，，与相交于点． ， ， 由可知，，， 设，则， 在中，， ， 解得， ， 为半圆的直径， ， ，， ， ， ， ， ， ， ，， ∽， ， ． 【点睛】此题是圆的综合题，考查了圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握圆周角定理、相似三角形的判定和性质是解题的关键． 15．（1）证明见解析；（2）；（3）和的面积之比为：或（4） 【分析】（1）根据垂径定理，则，得，根据圆内接四边形的性质，则，根据，等量代换，即可； （2）过点作交的延长线于点，连接，；根据垂径定理，勾股定理，依次求出，，，；再根据相似三角形的判定和性质，则，推出；，推出，最后根据锐角三角形函数，得，即可； （3）根据相似三角形的性质，则，根据，分类讨论：当点在之间；当点在之间，分别求出的值；再根据和的高相等，推出，即可． （4）设四边形中的两边相等，即，根据全等三角形的判定和性质，即可． 【详解】（1）∵是⊙的直径，弦于点， ∴， ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵， ∴． （2）过点作交的延长线于点，连接，， 设⊙的半径为， ∵是⊙的直径，弦于点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：，（舍去）， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵设，， ∴． （3）和的面积之比为：或， 理由，如下： 由（1）得，， ∴， ∵， ∴当时，分类讨论：当点在之间， ∴，， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴， ∵和的高相等， ∴， ∴， ∴； 当点在之间， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵和的高相等， ∴， ∴． （4）当四边形中的两边相等，即， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查圆的基本知识，相似三角形，锐角三角函数的知识，解题的关键是掌握圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形的运用，勾股定理，垂径定理等知识． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$